МОШ, 2006/07, заключительный этап, 10 класс

Ответ

\(v = (v_2 - v_1)/2 = 10\) см/с; \(\tau = \dfrac{\pi L}{2(v_1 + v_2)} \approx 1\) с.

Решение

Перейдём в систему отсчёта, движущуюся со скоростью \((v_2 - v_1)/2\) в направлении скорости \(\vec v_2\). В движущейся системе отсчёта концы линейки имеют скорости \((v_1 + v_2)/2\), направленные перпендикулярно линейке в разные стороны. Следовательно, в этой системе отсчёта линейка совершает только вращательное движение вокруг центральной точки, поворачиваясь на угол \(\pi/2\) за время \[\tau = \dfrac{\pi L/4}{(v_1 + v_2)/2} = \dfrac{\pi L}{2(v_1 + v_2)} \approx 1\text{ с}.\] Далее заметим, что в движущейся системе отсчёта центр масс линейки покоится. Следовательно, скорость центра масс линейки в неподвижной системе отсчёта равна \((v_2 - v_1)/2\). Так как стол горизонтальный и гладкий, то импульс, а значит, и скорость центра масс линейки остаются неизменными. Поэтому через время \(t = 5\) с после начального момента времени (как, впрочем, и через любой другой промежуток времени) скорость центральной точки линейки будет равна \(v = (v_2 - v_1)/2 = 10\) см/с.

Ответ

Груз массой \(M\) движется с ускорением \(g/3\) вверх, груз массой \(2M\) — с ускорением \(g/3\) вниз, ускорение груза массой \(3M\) равно нулю.

Решение

Из чертежа видно, что груз массой \(3M\) двигаться не может, и поэтому его ускорение равно нулю.

Так как блоки и нити невесомы и трение отсутствует, то сила натяжения \(T_1\) верхней нити, перекинутой через верхний блок, постоянна вдоль всей её длины. То же самое справедливо и для силы натяжения \(T_2\) нижней нити, на которой висит нижний блок. Направим координатную ось \(OX\) вниз и обозначим ускорение груза массой \(2M\) через \(a\). Тогда груз массой \(M\), двигающийся в противоположном направлении, имеет ускорение \(-a\). Запишем второй закон Ньютона для грузов массами \(M\) и \(2M\): \[-Ma = Mg - T_1 + T_2,\quad 2Ma = 2Mg - T_1 + T_2.\] Вычитая первое уравнение из второго, получим, что \(3Ma = Mg\). Отсюда \(a = g/3\).

Таким образом, груз массой \(M\) движется с ускорением \(g/3\) вверх, груз массой \(2M\) — с ускорением \(g/3\) вниз, ускорение груза массой \(3M\) равно нулю.

Ответ

\(\mu = \dfrac{v_0^2}{2gl\bigl(1 + (m/M)\bigr)}\).

Решение

Нормальная составляющая силы реакции, действующая на кирпич со стороны тележки, равна по величине силе тяжести \(mg\). Следовательно, на кирпич при его движении относительно тележки действует с её стороны сила трения \(\mu mg\), сообщающая кирпичу ускорение \(\mu g\) относительно земли. Такая же по величине и противоположная по направлению сила трения действует на тележку со стороны кирпича; тележка при этом получает ускорение, равное по величине \(\mu mg/M\). Скорости кирпича \(u\) и тележки \(v\) относительно стола зависят от времени \(t\) по законам: \(u(t) = \mu gt\) и \(v(t) = v_0 - \mu g\dfrac{m}{M}t\). Кирпич и тележка перестанут ускоряться в тот момент, когда их скорости сравняются: \(u(t_0) = v(t_0)\), откуда \(t_0 = \dfrac{v_0}{\mu g\bigl(1 + (m/M)\bigr)}\). За время движения \(t_0\) кирпич сместится относительно стола на расстояние \(x_0 = \dfrac{1}{2}\mu gt_0^2\), а тележка — на расстояние \(X_0 = v_0t_0 - \dfrac{1}{2}\mu g\dfrac{m}{M}t_0^2\). Следовательно, кирпич пройдёт по тележке до остановки относительно неё путь \[l = X_0 - x_0 = v_0t_0 - \mu g\left(1 + \dfrac{m}{M}\right)\dfrac{t_0^2}{2} = \dfrac{v_0^2}{2\mu g\bigl(1 + (m/M)\bigr)}.\] Отсюда \[\mu = \dfrac{v_0^2}{2gl\bigl(1 + (m/M)\bigr)}.\]

Ответ

\(n = \dfrac{\rho_{\text{кон}}}{\rho_{\text{нач}}} = \dfrac{17}{18} \approx 0{,}94\) (плотность уменьшается).

Решение

Поскольку объём сосуда и давление в нём постоянны, то количество вещества в сосуде, в соответствии с уравнением Менделеева–Клапейрона, изменяется обратно пропорционально абсолютной температуре газа. В рассматриваемом процессе температура газа возросла в \(4/3\) раза, поэтому количество вещества в сосуде после завершения нагревания составило \(3/4\) от исходного количества. Следовательно, сосуд покинула четверть от общего числа атомов, что по условию равно половине от начального числа атомов гелия. Поэтому начальное количество гелия \(\nu_{\text{г}}\) равно половине общего количества вещества, первоначально находившегося в сосуде. Отсюда следует, что начальное количество гелия было равно количеству \(\nu_{\text{к}}\) находящегося в сосуде кислорода: \(\nu_{\text{г}} = \nu_{\text{к}}\).

Отношение \(n\) конечной и начальной плотностей смеси равно отношению масс содержимого сосуда до и после нагревания. С учётом проведённых выше рассуждений, получаем: \[n = \dfrac{\rho_{\text{кон}}}{\rho_{\text{нач}}} = \dfrac{\mu_{\text{к}}\nu_{\text{к}} + \mu_{\text{г}}(\nu_{\text{г}}/2)}{\mu_{\text{к}}\nu_{\text{к}} + \mu_{\text{г}}\nu_{\text{г}}} = \dfrac{2\mu_{\text{к}} + \mu_{\text{г}}}{2(\mu_{\text{к}} + \mu_{\text{г}})} = \dfrac{17}{18} \approx 0{,}94.\]

Ответ

\(R_{BC} = R_{AC} + R_{BD} - R_{AD}\) (решение существует при \(R_{AC} + R_{BD} \geqslant R_{AD}\)).

Решение

Примем, что потенциал электрического поля в средней точке, лежащей на проводнике, который соединяет «чёрные ящики», равен нулю. Так как исследуемая электрическая схема состоит только из элементов, для которых справедлив закон Ома, то потенциалы \(\varphi_A\) клеммы \(A\) и \(\varphi_B\) клеммы \(B\) должны линейно зависеть от сил токов \(I_A\) и \(I_B\), протекающих через эти клеммы при подключении к ним омметра: \[\varphi_A = I_Ar_{AA} + I_Br_{BA}\quad\text{и}\quad \varphi_B = I_Ar_{AB} + I_Br_{BB},\] где \(r_{AA}\), \(r_{BA}\), \(r_{AB}\) и \(r_{BB}\) — некоторые постоянные коэффициенты. Аналогичные соотношения можно записать для потенциалов \(\varphi_C\) и \(\varphi_D\) клемм \(C\) и \(D\) (при этом нужно учесть, что потенциалы этих клемм отрицательны в силу выбора нулевого значения потенциала в средней точке): \[-\varphi_C = I_Cr_{CC} + I_Dr_{DC}\quad\text{и}\quad -\varphi_D = I_Cr_{CD} + I_Dr_{DD},\] где \(r_{CC}\), \(r_{DC}\), \(r_{CD}\) и \(r_{DD}\) — также некоторые постоянные коэффициенты.

При подключении омметра к клеммам \(A\) и \(C\) токи \(I_A\) и \(I_C\) совпадают: \(I_A = I_C = I_{AC}\), а \(I_B = I_D = 0\). Следовательно, \(\varphi_A = I_{AC}r_{AA}\) и \(-\varphi_C = I_{AC}r_{CC}\). Отсюда получаем: \(\varphi_A - \varphi_C = I_{AC}(r_{AA} + r_{CC})\). Следовательно, показание омметра \(R_{AC} = r_{AA} + r_{CC}\). При подключении омметра к клеммам \(B\) и \(D\) токи \(I_B\) и \(I_D\) совпадают: \(I_B = I_D = I_{BD}\), а \(I_A = I_C = 0\). Отсюда \(\varphi_B = I_{BD}r_{BB}\) и \(-\varphi_D = I_{BD}r_{DD}\), то есть \(\varphi_B - \varphi_D = I_{BD}(r_{BB} + r_{DD})\), и \(R_{BD} = r_{BB} + r_{DD}\). При помощи аналогичных рассуждений можно показать, что \(R_{AD} = r_{AA} + r_{DD}\) и \(R_{BC} = r_{BB} + r_{CC}\). Отсюда следует, что \(R_{AC} + R_{BD} = R_{AD} + R_{BC}\), то есть \(R_{BC} = R_{AC} + R_{BD} - R_{AD}\). Заметим, что решение задачи существует только при условии \(R_{AC} + R_{BD} \geqslant R_{AD}\), так как значение сопротивления \(R_{BC}\) не может быть отрицательным.

Существует и другой способ решения задачи. Он основан на том, что «чёрный ящик» с тремя выводами, содержащий только резисторы, можно заменить на эквивалентную схему, в которой между выводами включены всего три резистора, соединённые либо «звездой», либо «треугольником». В данном случае удобнее заменить каждый из «чёрных ящиков» на схему, состоящую из трёх резисторов, соединённых «звездой», как показано на рисунке.

Тогда \[\begin{aligned} R_{AC} &= R_1 + R_3 + R_4 + R_5,\\ R_{AD} &= R_1 + R_3 + R_4 + R_6,\\ R_{BC} &= R_2 + R_3 + R_4 + R_5,\\ R_{BD} &= R_2 + R_3 + R_4 + R_6. \end{aligned}\] Отсюда снова получаем соотношение \(R_{AC} + R_{BD} = R_{AD} + R_{BC}\), из которого следует ответ задачи.

Ответ

\(h = \dfrac{9}{121}\cdot\dfrac{v^2}{g}\), \(\beta = \operatorname{arctg}\dfrac{3\sqrt{3}}{11} \approx 25^\circ\).

Решение

Введём систему координат, направив ось \(OX\) горизонтально по направлению к кольцу, а ось \(OY\) — вертикально вверх. Совместим начало координат с точкой бросания. Если в качестве начала отсчёта времени выбрать момент броска, то закон движения мяча, брошенного с начальной скоростью \(v_0\) под углом \(\alpha\) к горизонту, запишется следующим образом: \(x = (v_0\cos\alpha)\cdot t\) и \(y = (v_0\sin\alpha)\cdot t - \dfrac{gt^2}{2}\). Следовательно, траектория движения тела задаётся уравнением \(y = x\operatorname{tg}\alpha - \dfrac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}\). Пусть \((L, h)\) — координаты кольца; получаем систему уравнений: \[h = L\operatorname{tg}\alpha_1 - \dfrac{gL^2}{2v_1^2\cos^2\alpha_1};\quad h = L\operatorname{tg}\alpha_2 - \dfrac{gL^2}{2v_2^2\cos^2\alpha_2}.\] Учитывая данные из условия задачи, приводим систему к виду: \[h = L\dfrac{1}{\sqrt{3}} - \dfrac{2gL^2}{3v^2};\quad h = L\sqrt{3} - \dfrac{8gL^2}{v^2}.\] Приравнивая эти два соотношения для \(h\), находим координату \(L\): \(L = \dfrac{\sqrt{3}}{11}\cdot\dfrac{v^2}{g}\). Отсюда \(h = \dfrac{9}{121}\cdot\dfrac{v^2}{g}\), и \(\beta = \operatorname{arctg}\dfrac{h}{L} = \operatorname{arctg}\dfrac{3\sqrt{3}}{11} \approx 25^\circ\).

Ответ

\(T = \dfrac{2g}{\dfrac{1}{M_1 + m_1} + \dfrac{1}{M_2 + m_2} + \dfrac{1}{m_1} + \dfrac{1}{m_2}}\); ускорения: \(a_{1x} = \dfrac{T}{M_1 + m_1}\) (вправо), \(a_{2x} = -\dfrac{T}{M_2 + m_2}\) (влево).

Решение

Направим ось \(OX\) вправо по горизонтали, а ось \(OY\) — вертикально вверх. Обозначим через \(\vec a_1\), \(\vec a_2\), \(\vec a_3\) и \(\vec a_4\) ускорения грузов 1, 2, 3 и 4 соответственно. Отметим, что ускорения \(\vec a_1\) и \(\vec a_2\) направлены горизонтально, а горизонтальные компоненты ускорений \(\vec a_3\) и \(\vec a_4\) совпадают с ускорениями \(\vec a_1\) и \(\vec a_2\): \(a_{3x} = a_{1x}\), \(a_{4x} = a_{2x}\).

Используя свойство нерастяжимости, то есть постоянства длины нити, получим уравнение кинематической связи. При смещении грузов 1 и 2 по горизонтали на \(\Delta x_1\) и \(\Delta x_2\) изменение длины нити равно \(\Delta x_2 - \Delta x_1\); при смещении грузов 3 и 4 по вертикали на \(\Delta y_3\) и \(\Delta y_4\) изменение длины нити равно \(-\Delta y_3 - \Delta y_4\). Ввиду нерастяжимости нити, полное изменение её длины при одновременном смещении всех четырёх грузов равно нулю: \(\Delta x_2 - \Delta x_1 - \Delta y_3 - \Delta y_4 = 0\). Отсюда следует уравнение кинематической связи: \(a_{2x} - a_{1x} - a_{3y} - a_{4y} = 0\).

Для получения остальных уравнений обозначим через \(T\) силу натяжения нити. Запишем для третьего и четвёртого грузов уравнения движения по вертикали (по оси \(OY\)): \[m_1a_{3y} = T - m_1g,\quad m_2a_{4y} = T - m_2g.\] Далее, запишем уравнения движения по горизонтали (по оси \(OX\)) для системы грузов 1 и 3, а также для системы грузов 2 и 4: \[(M_1 + m_1)a_{1x} = T,\quad (M_2 + m_2)a_{2x} = -T.\] Из полученных соотношений выразим все ускорения через силу натяжения нити \(T\): \[a_{3y} = -g + \dfrac{T}{m_1};\quad a_{4y} = -g + \dfrac{T}{m_2};\quad a_{1x} = \dfrac{T}{M_1 + m_1};\quad a_{2x} = -\dfrac{T}{M_2 + m_2}.\] Подставим их в уравнение кинематической связи и получим уравнение для нахождения \(T\): \[-\dfrac{T}{M_2 + m_2} - \dfrac{T}{M_1 + m_1} + \left(g - \dfrac{T}{m_1}\right) + \left(g - \dfrac{T}{m_2}\right) = 0.\] Отсюда \[T = \dfrac{2g}{\dfrac{1}{M_1 + m_1} + \dfrac{1}{M_2 + m_2} + \dfrac{1}{m_1} + \dfrac{1}{m_2}}.\] Таким образом, искомые ускорения равны \[a_{1x} = \dfrac{2g}{(M_1 + m_1)\left(\dfrac{1}{M_1 + m_1} + \dfrac{1}{M_2 + m_2} + \dfrac{1}{m_1} + \dfrac{1}{m_2}\right)},\] \[a_{2x} = -\dfrac{2g}{(M_2 + m_2)\left(\dfrac{1}{M_1 + m_1} + \dfrac{1}{M_2 + m_2} + \dfrac{1}{m_1} + \dfrac{1}{m_2}\right)}.\]

Ответ

\(\Delta T = \dfrac{\Delta Q}{4\nu R}\); \(F \geqslant \dfrac{\Delta Q}{4L}\); \(C = 4\nu R\).

Решение

Обозначим через \(V_1 = SL\) объём нижней части цилиндра, \(S\) — площадь поршней, \(p_0\) — давление в верхней части цилиндра, \(\Delta V_2\) — изменение объёма верхней части цилиндра.

Сообщённое системе количество теплоты \(\Delta Q\) идёт на изменение внутренней энергии всего газа в сосуде \(\Delta U = 2\nu\cdot\dfrac{3}{2}R\Delta T\) и на совершение работы \(\Delta A = p_0\Delta V_2 = \nu R\Delta T\). Следовательно, \(\Delta Q = \Delta U + \Delta A = 4\nu R\Delta T\), и \(\Delta T = \dfrac{\Delta Q}{4\nu R}\). Теплоёмкость \(C\) системы в этом процессе равна отношению сообщённого ей количества теплоты к изменению температуры: \(C = \Delta Q/\Delta T = 4\nu R\).

Поскольку объём нижней части сосуда постоянен, изменение давления \(\Delta p\) в нижней части сосуда определяется из соотношения \(\Delta pV_1 = \nu R\Delta T\), и \(\Delta p = \dfrac{\nu R\Delta T}{V_1} = \dfrac{\Delta Q}{4V_1}\). Так как давление в верхней части сосуда постоянно и равно \(p_0\), а в нижней части сосуда давление вначале также было равно \(p_0\), то в конце нагрева разность давлений, оказываемых газами на поршень, станет равной \(\Delta p\). Чтобы поршень остался неподвижным, сила трения между ним и стенками сосуда должна быть не меньше \(F = \Delta p\cdot S = \dfrac{\Delta Q}{4L}\).

Ответ

\(I_0 = \dfrac{5\alpha U_0^2}{9 + 4\sqrt{5}} = 5\alpha U_0^2(9 - 4\sqrt{5})\).

Решение

Пронумеруем нелинейные элементы так, как показано на рисунке.

Пусть \(U_2\) — напряжение на нелинейном элементе 2, тогда на каждом из последовательно соединённых элементов 3 и 4 падает напряжение \(U_2/2\). Следовательно, сила тока, текущего через элемент 2, равна \(I_2 = \alpha U_2^2\), а ток, текущий через элементы 3 и 4, равен \(I_3 = \alpha U_2^2/4\). Поэтому сила тока, текущего через амперметр, батарейку и элемент 1, равна \(I_0 = I_2 + I_3 = 5\alpha U_2^2/4\). Напряжение на элементе 1 определяется из соотношения \(I_0 = \alpha U_1^2\), откуда \(U_1 = \sqrt{I_0/\alpha} = \left(\sqrt{5}/2\right)U_2\). Таким образом, напряжение на батарейке равно \(U_0 = U_1 + U_2 = \left(1 + \left(\sqrt{5}/2\right)\right)U_2\), откуда \(U_2 = \dfrac{U_0}{1 + \left(\sqrt{5}/2\right)}\), и \[I_0 = \alpha U_0^2\dfrac{5/4}{\left(1 + \left(\sqrt{5}/2\right)\right)^2} = \dfrac{5\alpha U_0^2}{9 + 4\sqrt{5}} = 5\alpha U_0^2(9 - 4\sqrt{5}).\]

Ответ

(а) \(R_{\text{общ}} = R/2\); (б) \(R_{\text{общ}} = \dfrac{7}{6}R\). Различных значений: в случае (а) — 3, в случае (б) — 5.

Решение

(а) Из произвольной вершины икосаэдра выходят пять рёбер, заканчивающихся в пяти вершинах, образующих правильный пятиугольник и соединённых пятью рёбрами-перемычками. Назовём этот пятиугольник ближайшим к исходной вершине слоем. Затем следующими по удалённости от исходной вершины идут пять вершин с пятью перемычками, также образующие правильный пятиугольник, равный предыдущему и лежащий в следующем слое, параллельном первому. Из каждой вершины первого слоя выходят, а в каждую вершину второго слоя входят по два ребра, соединяющих первый слой со вторым — всего десять рёбер. И, наконец, самая дальняя вершина, равноудалённая от пяти вершин второго слоя, соединена с ними пятью рёбрами. Общую систему вершин икосаэдра, таким образом, можно представить в виде двух правильных пятиугольных пирамид, телесные высоты которых лежат на общей прямой, а основания параллельны и повёрнуты друг относительно друга на угол \(36^\circ\). Поэтому при подключении контактов источника питания к паре наиболее удалённых вершин пять вершин первого слоя будут электрически эквивалентны, то есть будут иметь одинаковый потенциал, и их можно накоротко соединить друг с другом. Пять вершин второго слоя также будут иметь одинаковый потенциал, отличный от потенциала вершин первого слоя, и их также можно закоротить. Таким образом, эквивалентная схема в этом случае состоит из пяти соединённых параллельно резисторов, к которым присоединено последовательно сначала десять параллельных резисторов (из рёбер-резисторов икосаэдра, соединяющих два слоя), а потом ещё пять параллельных резисторов. Поэтому искомое сопротивление будет равно \(R_{\text{общ}} = \dfrac{R}{5} + \dfrac{R}{10} + \dfrac{R}{5} = \dfrac{R}{2}\).

(б) Рассмотрим в этом же ключе додекаэдр и стартуем от какой-нибудь его вершины, подключив к ней один из контактов источника питания. Ближайшими соседями этой вершины окажутся три вершины первого эквипотенциального слоя, с которыми она связана напрямую тремя выходящими из неё рёбрами. Из каждой вершины этого слоя выходят по два ребра (всего в каждой вершине соединяются три ребра), попадающих в шесть вершин следующего (второго) эквипотенциального слоя. Дальше из этих шести вершин выходят двенадцать рёбер, при этом шесть идут к следующему (третьему) слою, состоящему опять-таки из шести вершин, а другие шесть рёбер замыкаются парами, образуя три перемычки между предыдущими шестью эквипотенциальными вершинами второго слоя. Из каждой вершины третьего слоя выходят по два ребра, из них одно замыкается парой с ребром от соседней вершины этого слоя, а второе идёт к одной из трёх вершин следующего (четвёртого) слоя, к каждой из которых приходят по два ребра из вершин третьего слоя. Из трёх вершин четвёртого слоя выходят три оставшихся ребра, которые встречаются в последней из 20 вершин — той наиболее удалённой, к которой подключается второй контакт источника. Таким образом, из-за условий геометрической и физической симметрии наша цепь будет эквивалентна последовательному соединению пяти пучков параллельно соединённых резисторов: сначала трёх, потом шести, затем снова шести (из-за исключённых шести перемычек), потом опять шести, и, наконец, трёх. Отсюда получаем, что искомое сопротивление будет равно \(R_{\text{общ}} = \dfrac{R}{3} + \dfrac{R}{6} + \dfrac{R}{6} + \dfrac{R}{6} + \dfrac{R}{3} = \dfrac{7}{6}R\).

Для ответа на второй вопрос надо подсчитать, через какое минимальное количество рёбер соединяются наиболее удалённые вершины многогранников. В случае (а) это, очевидно, три, и в силу симметрии возможно не более 3 разных значений сопротивления между вершинами: между соседними вершинами, через одну и через две (то есть как раз между наиболее удалёнными вершинами). В случае (б) это пять, и возможно не более 5 разных значений сопротивления между вершинами: между соседними вершинами, через одну, две, три и четыре.